2022届重庆市名校联盟高三下学期仿真数学理试题解析版

2022届重庆市名校联盟高三下学期仿真数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则中元素的个数为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】解不等式求出，从而得到不等式组，求出的值，进而得到中的元素，求出答案.【详解】由得：，所以，又，令，解得：，，当时，，当时，，当时，，故中元素的个数为3.故选：B2．若复数满足，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】先求出，再求出共轭复数，判断出在第一象限.【详解】，则，对应的点在第一象限.故选：A.3．已知向量，，若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由向量垂直的坐标关系得，进而，再求模即可得答案.【详解】解：因为，，，所以，解得.所以所以.故选：C4．若，，，则（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据对数的运算公式，结合指数函数和对数函数的单调性进行判断即可.【详解】，，因为，所以，因为，所以，因此，故选：B5．下列函数在定义域内是增函数的为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】由反比例函数、二次函数、指数函数单调性可判断ABD，根据复合函数单调性可判断C【详解】选项A，函数在分别单调递增，但在定义域内不是增函数，故A错误；选项B，函数在单调递增，在单调递减，故B错误；选项C，令，，由复合函数单调性，在单调递增，在单调递减，在单调递增，故函数在单调递减，在单调递增，故C错误；选项D，由指数函数单调性，函数在定义域R上单调递增，故D正确故选：D6．已知点满足，点是圆上一动点，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】画出可行域，利用几何意义及数形结合求出最大值与最小值，求出取值范围.【详解】画出可行域，如图所示，其中，，点N为与圆的交点（靠近A的交点），点M与点A重合时，取得最小值，此时，连接OB并延长，交圆于点，且点B与M重合时，取得最大值，此时，故的取值范围是.故选：B7．2018年平昌冬季奥运会于2月9日~2月25日举行，为了解奥运会五环所占面积与单独五个环面积和的比例P，某学生设计了如下的计算机模拟，通过计算机模拟长为8，宽为5的长方形内随机取了N个点，经统计落入五环及其内部的点数为，圆环半径为1，如图，则比值的近似值为A． B．C． D．【答案】C【详解】设奥运五环所占的面积为，矩形的面积为，由在长方形内随机取了个点，经统计落入五环及其内部的点数为，得，则，又单独五个圆环的面积为，所以奥运会五环所占面积与单独五个环面积和的比例为，故选C．8．已知函数，其图象与直线相邻两个交点的距离为，若恒成立，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可得函数的周期为求得．再根据当时，恒成立，即，再结合求得的取值范围．【详解】解：函数，其图象与直线相邻两个交点的距离为，故函数的周期为，故，若对恒成立，即当时，恒成立，所以，解得因为，所以.故选：D．9．我国古代名著《庄子•天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完．现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取7天后所剩木棍的长度（单位：尺），则①②③处可分别填入的是A． B．C． D．【答案】D【分析】此算法为循环结构，共循环7次，故①处填判断语句，②填取半计算，③填循环控制变量的变化方式.【详解】算法为循环结构，循环7次，每次对长度折半计算，也就是，因此②填，又①填判断语句，需填，③填.故选D.【点睛】本题考察算法中的循环结构，属于基础题.此类问题，注意循环的次数，如本题7天后木棍的长度为尺，故需执行7次，由此判断出循环所需次数.10．已知双曲线的右焦点到其一条渐近线的距离为1，抛物线的准线过双曲线的左焦点，则抛物线上的动点到点距离的最小值是A．5 B．4 C． D．【答案】D【详解】双曲线的右焦点到其一条渐近线的距离为1，可得到，，抛物线设抛物线上的点为当x=1时，有最小值.故答案为D．11．三棱锥的体积为，底面，且的面积为4，三边的乘积为16，则三棱锥的外接球的表面积为A． B． C． D．【答案】B【详解】∵三棱锥的体积为且的面积为4，∴，由底面，所以球心到底面的外接圆圆心的距离为1，另，，两式相除，由正弦定理知底面的外接圆半径为1，所以三棱锥的外接球的半径为，表面积为，故选B.点睛：本题考查三棱锥的外接球体积以及正弦定理在解三角形中的应用，考查学生的计算能力，确定三棱锥的外接球的半径是关键；首先根据三棱锥的体积可得球心到底面的距离为1，由正弦定理可得底面的外接圆半径为1，故而通过勾股定理可求得球的半径.12．若存在两个正数，使得不等式成立，其中，为自然对数的底数，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题知存在两个正数，，令，则，进而转化为存在，使得成立，再研究函数的最小值进而得答案.【详解】解：因为存在两个正数，使得，所以，不等式两边同得：存在两个正数，，故设，则，则原问题等价于，存在，使得，因为，所以，存在，使得成立，设，，恒成立，所以为增函数，因为，故当时,，当时,，即当时,函数取得极小值也是最小值为：，即，存在，使得成立，则，解得所以，实数的取值范围是.故选：C二、填空题13．的展开式中，的系数是__________．【答案】16【详解】分析：展开式中的系数取决于展开式中的和的系数，后者可以利用二项展开式的通项求得.详解：的展开式中，，故的系数分别为，从而的展开式中的系数为.点睛：本题考虑二项展开式中特定项的系数的计算，这类问题可利用多项式的乘法和二项展开式的通项来处理.14．甲、乙、丙三名同学参加某高校组织的自主招生考试的初试，考试成绩采用等级制（分为三个层次），得的同学直接进入第二轮考试．从评委处得知，三名同学中只有一人获得．三名同学预测谁能直接进入第二轮比赛如下：甲说：看丙的状态，他只能得或；乙说：我肯定得；丙说：今天我的确没有发挥好，我赞同甲的预测．事实证明：在这三名同学中，只有一人的预测不准确，那么得的同学是_____．【答案】甲.【详解】若得的同学是甲，则甲、丙预测都准确，乙预测不准确，符合题意；若得的同学是乙，则甲、乙、丙预测都准确，不符合题意；若得的同学是丙，则甲、乙、丙预测都不准确，不符合题意．综上，得的同学是甲.15．已知函数，则不等式的解集为___________.【答案】【分析】分析出函数为偶函数，且在上为增函数，将所求不等式变形为，可得出关于的不等式，解之即可.【详解】函数的定义域为，，所以，函数为偶函数，当时，为增函数，因为，则，所以，，所以，，所以，，因为，故恒成立，由可得，解得.因此，原不等式的解集为.故答案为：.16．在中，，为的中点，，则面积的最大值为______.【答案】【分析】首先利用余弦定理得到边长的关系式，然后结合勾股定理和基本不等式即可求得面积的最大值．【详解】设，，由于，在和中应用余弦定理可得：，整理可得：，结合勾股定理可得的面积：，当且仅当时等号成立．则面积的最大值为．故答案为：三、解答题17．已知数列的前项和为，其中，，数列满足(1)求数列，的通项公式；(2)若数列满足，求数列的前项和.【答案】(1)，(2)【分析】（1）按照退位相减求出的通项，再结合求出的通项公式；（2）按照等差数列的前项和公式和裂项相消求和即可.【详解】(1)因为，所以，两式相减得：，又因为，所以，，满足，所以为首项为2，公比为2的等比数列，所以，因为，所以.(2)因为所.18．某市在对高三学生的4月理科数学调研测试的数据统计显示，全市10000名学生的成绩服从正态分布，现从甲校100分以上的200份试卷中用系统抽样的方法抽取了20份试卷来分析，统计如下表：（表中试卷编号）试卷编号试卷得分109118112114126128127124126120试卷编号试卷得分135138135137135139142144148150(1)列出表中试卷得分为126分的试卷编号（写出具体数据）；(2)该市又从乙校中也用系统抽样的方法抽取了20份试卷，将甲乙两校这40份试卷的得分制作了茎叶图（如图），从甲校20份试卷中任取1份，从乙校20份试卷中任取1份，求甲校试卷得分低于120分，乙校试卷得分不低于120分的概率；(3)在第（2）问的前提下，从甲乙两校这40份试卷中，从成绩在140分以上（含140分）的试卷中任意抽取3份，该3份成绩在全市前15名的份数记为ξ，求ξ的分布列和期望.（附：若随机变量X服从正态分布则P（μ-σ<X<μ+σ）=68.3%，P（μ-2σ<X<μ+2σ）=95.4%，P（μ-3σ<X<μ+3σ）=99.7%）【答案】(1)46，86(2)(3)分布列答案见解析，数学期望：【分析】（1）根据系统抽样得其间隔为10，再结合分别求，即可；（2）分别计算甲校和乙校试卷得分低于120的概率，再结合独立事件的概率公式求解即可；（3）由正态分布得前15名的成绩全部在146分以上（含146分），进而根据超几何分布求解即可.【详解】(1)解：由题知，系统抽样的间隔为，，所以再第一组中抽取的试卷编号是，即，因为126分的试卷编号为分别为，，所以，，所以试卷得分为126分的试卷编号，.(2)解：设“甲校试卷得分低于120分”为事件，“乙校试卷得分不低于120分”为事件，则，，所以甲校试卷得分低于120分，乙校试卷得分不低于120分的概率(3)解：，根据正态分布可知：，，即前15名的成绩全部在146分以上（含146分）.根据茎叶图可知这40份成绩中在146分以上（含146分）的有3份，而成绩在140分以上（含140分）的有8份.的取值为.所以的分布列为：0123因此.19．如图一，等腰直角三角形的底边，点在线段上，于，现将沿折起到的位置（如图2）.(1)求证：；(2)若，直线与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意可得，则由线面垂直的判定可得平面，再利用线面垂直的性质可得结论，（2）由，所以以为坐标原点，所在直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，设，然后由与平面所成的角为，利用空间向量可求出，再利用空间向量可求得结果【详解】(1)依题意，，因为，所以平面，又因为平面，所以(2)因为，所以以为坐标原点，所在直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系设，则，，设平面的法向量为得，则所以，得或（舍去）又平面的法向量为，平面的法向量为，设平面与平面的锐二面角为，所以20．已知，，曲线上的任意一点满足：.（1）求点的轨迹方程；（2）过点的直线与曲线交于，两点，交轴于点，设，，试问是否为定值？如果是定值，请求出这个定值，如果不是定值，请说明理由.【答案】（1）;（2）.【详解】试题分析：（Ⅰ）求出向量的坐标，利用条件化简，即可求点的轨迹方程；（Ⅱ）分类讨论，利用，，结合韦达定理，即可得出结论．试题解析：（1）设，则，，，∵，∴，化简得，为所求点的轨迹方程.（2）设，.①当直线与轴不重合时，设直线的方程为，则，从而，，由得，，，同理由得，∴.①由，得.∴，，代入①式得，∴.②当直线与轴重合时，，，.由，，得，，∴，综上，为定值.点睛:定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.21．已知函数(1)讨论函数零点的个数；(2)对任意的恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）根据零点的个数可得函数最值的符号，结合零点存在定理可求参数的取值范围；（2）分离参数得到，构造函数，求导确定函数的最小值即可得到的取值范围.【详解】(1)函数的定义域为，，若时，，故在上为增函数，此时最多一个零点，舍.若，则，，故在上为增函数；，，故在上为减函数；故，故.当时，，而，故在上有一个零点；下证：当时成立.设，则，故在上为减函数，故，故当时成立即即，其中所以当时，有，故在上有一个零点，故当时，函数有2个零点.(2)因为，所以对任意的恒成立，等价于在上恒成立.令，则.再令，则，所以在上单调递增.因为，所以有唯一零点，且.所以当时，，当时，.所以函数在上单调递减，在上单调递增.因为，即，则.所以，即.又因为在上单调递增，所以所以，则.所以的取值范围为.【点睛】本题关键点在于对求导后，把导数构造成新的函数再次求导，借助隐零点求出的最小值，进而借助恒成立的内容进行解答.22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，点的极坐标为.(1)求曲线的极坐标方程；(2)若点在曲线上，，求的面积.【答案】(1)(2)或【分析】（1）将曲线的参数方程化为普通方程，利用普通方程与极坐标方程之间的转换关系可得出曲线的极坐标方程；（2）设，可得出，求出的值，可求得的值，再利用三角形的面积公式可求得结果.【详解】(1)解：曲线的普通方程为，即，所以曲线的极坐标方程为.(2)解：设的极坐标为，其中，因为，，且，所以，即，所以，，因为，，则，所以或，即或，当时，，所以；当时，，，所以.综上所述，的面积为或.23．选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）当时，解不等式；（2